分析 (1)作DE⊥OA于E,证得△POC∽△PED,根据三角形相似的性质易求得PE=$\frac{1}{2}$t,DE=1,即可求得D($\frac{3}{2}$t,1);
(2)分两种情况讨论:①当∠PDA=90°时,△DPA是直角三角形,此时△COP∽△ADP.得出$\frac{\sqrt{4+{t}^{2}}}{4-t}$=$\frac{t}{\frac{1}{2}\sqrt{4+{t}^{2}}}$,即可求得t1=2,t2=$\frac{2}{3}$.②当∠DAP=90°时,△DPA是直角三角形,此时△COP∽△DAP.得出$\frac{t}{4-t}$=$\frac{2}{1}$,即可求得t=$\frac{8}{3}$.
(3)根据题意和(1)求得的D($\frac{3}{2}$t,1),即可求得当点P与点O重合时,D1(0,1),点P与点A重合时,D2(6,1),从而得出点D在直线D1D2上,即D点运动的路线是一条线段,起点是D1(0,1),终点是D2(6,1),即可求得点D运动路线的长度为6.
解答 解:(1)如图1,作DE⊥OA于E,
∵∠POC=∠PED=90°,∠DPA=∠CPO,
∴△POC∽△PED,
∴$\frac{PE}{OP}$=$\frac{DE}{OC}$=$\frac{DP}{CP}$,
∵OC=2,OP=t,PD=$\frac{1}{2}$CP,
∴PE=$\frac{1}{2}$t,DE=1,
∴D($\frac{3}{2}$t,1);
故答案为($\frac{3}{2}$t,1).
(2)在△COP中,CO=2,OP=t,CP=$\sqrt{{2}^{2}+{t}^{2}}$=$\sqrt{4+{t}^{2}}$.
在△ADP中,PD=$\frac{1}{2}$CP=$\frac{1}{2}$$\sqrt{4+{t}^{2}}$,AP=4-t.
①当∠PDA=90°时,△DPA是直角三角形,此时△COP∽△ADP.
∴$\frac{CP}{PA}$=$\frac{OP}{PD}$,∴$\frac{\sqrt{4+{t}^{2}}}{4-t}$=$\frac{t}{\frac{1}{2}\sqrt{4+{t}^{2}}}$,
解得:t1=2,t2=$\frac{2}{3}$.
②当∠DAP=90°时,△DPA是直角三角形,此时△COP∽△DAP.
∴$\frac{OP}{PA}$=$\frac{CP}{DP}$=$\frac{2}{1}$,∴$\frac{t}{4-t}$=$\frac{2}{1}$,
解得:t=$\frac{8}{3}$.
综上所述,点P在从点O向点A运动的过程中,当t=2或$\frac{2}{3}$或$\frac{8}{3}$时,△DPA成为直角三角形.
(3)如图2,∵点P从点O出发,沿x轴以每秒1个单位的速度向点A匀速运动,到达点A时停止运动,D点的坐标为($\frac{3}{2}$t,1),
∴当点P与点O重合时,CO的中点为D1(0,1),点P与点A重合时,D2(6,1),
∴点D在直线D1D2上,即D点运动的路线是一条线段,起点是D1(0,1),终点是D2(6,1),
∴D1D2=6,
∴点D运动路线的长度为6.
点评 本题是四边形综合题,考查了三角形相似的判定和性质,勾股定理的应用,两点间距离公式,得到点D在直线D1D2上运动是解决第(3)小题的关键.
科目:初中数学 来源: 题型:填空题
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